备战高考化学培优专题复习钠及其化合物推断题练习题含答案解析.docx
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备战高考化学培优专题复习钠及其化合物推断题练习题含答案解析
备战高考化学培优专题复习钠及其化合物推断题练习题含答案解析
一、钠及其化合物
1.甲、乙、丙均为化合物,其中甲为淡黄色的固体,乙常温下为无色无味液体,丙为常见的无色无味气体,它们有如下图的转化关系,已知D为黄绿色气体,按要求回答下列问题:
(1)甲物质为____________(填化学式)。
(2)乙与甲反应的化学方程式为____________,丙与甲反应的化学方程式为____________。
(3)D能使湿润的有色布条褪色,其褪色原因是____________(结合化学反应方程式描述原因)。
(4)D可用于制取“84”消毒液,反应的化学方程式为____________,也可用于工业上制取漂白粉,反应的化学方程式为____________,但漂白粉保存不当易变质,变质时涉及到的化学方程式为____________。
【答案】Na2O22Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2Cl2+H2O=HCl+HClO、HClO有漂白性Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2OCa(ClO)2+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO,2HClO
2HCl+O2↑
【解析】
【分析】
甲、乙、丙均为化合物,甲为淡黄色的固体,乙常温下为无色无味液体,丙为常见的无色无味气体,甲能既能与乙反应也能与丙反应,可知甲为Na2O2,乙为H2O,丙为CO2,则A为NaOH,B为O2,C为Na2CO3,D为黄绿色气体,则D为Cl2,D(Cl2)与A(NaOH)反应生成NaCl、NaClO,F的溶液能与丙(CO2)反应C与I,则F为NaClO、E为NaCl、I为HClO,G与C(Na2CO3)反应得到E(NaCl)与丙(CO2),则G为HCl,据此解答。
【详解】
根据上述分析可知:
甲为Na2O2,乙为H2O,丙为CO2,A为NaOH,B为O2,C为Na2CO3,D为Cl2,E为NaCl,F为NaClO,G为HCl,I为HClO。
(1)甲是过氧化钠,化学式为Na2O2;
(2)甲为Na2O2,乙为H2O,丙为CO2,Na2O2与H2O反应产生NaOH和O2,反应方程式为:
2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑;Na2O2与CO2反应产生Na2CO3和O2,反应方程式为:
2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2;
(3)D为Cl2,氯气与水反应产生HCl和HClO,反应方程式为:
Cl2+H2O=HCl+HClO,产生的HClO由于有强氧化性而具有漂白性,能够将有色物质氧化变为无色,所以氯气能够使湿润的有色布条褪色;
(4)Cl2与NaOH溶液发生反应:
Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O,得到的溶液为NaCl、NaClO的混合物,即为“84”消毒液,有效成分为NaClO;氯气与石灰乳发生反应制取漂白粉,反应为:
2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O,有效成分为Ca(ClO)2,由于酸性H2CO3>HClO,所以漂白粉在空中中露置,会发生反应:
Ca(ClO)2+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO,产生的HClO不稳定,光照易分解:
2HClO
2HCl+O2↑,导致漂白粉失效,所以漂白粉要密封保存在冷暗处。
【点睛】
本题考查无机物推断,“甲为淡黄色的固体且能与无色液体反应、与无色无味气体反应”是推断突破口,熟练掌握钠、氯元素的单质及化合物性质是本题解答的关键,注意二氧化碳与次氯酸盐溶液反应。
2.由三种元素组成的化合物A,按如下流程进行实验。
气体B为纯净物,溶液C焰色反应为砖红色,气体E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。
请回答:
(1)组成A的三种元素是________,A的化学式是________。
(2)固体A与足量稀盐酸反应的化学方程式是________。
(3)气体E与甲醛在一定条件可生成乌洛托品(
学名:
六亚甲基四胺),该反应的化学方程式是________(乌洛托品可以用分子式表示)。
【答案】
、
、
(或
)
【解析】
【分析】
溶液C焰色反应为砖红色说明溶液C中含有Ca元素,可知沉淀F为CaCO3,4.00g碳酸钙的物质的量为
,根据元素守恒可知固体A中含有Ca元素,其质量为0.04mol×40g/mol=1.60g;气体E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝说明气体E为NH3,所以溶液D中含有NH4+,根据元素守恒可知溶液C中含有N元素,固体A中含有N元素;气体B为纯净物,其物质的量为
,固体A中Ca元素的质量为1.60g,则其他元素为1.90g-1.60g=0.30g,可先假设E为一种常见的气体,若该气体为NO、NO2、O2,则固体A中另外一种元素为O,而0.02molNO或NO2或O2所含氧元素的质量均大于0.30g,故不合理,若该气体为H2,固体A中另外一种元素为H,则符合题意,同时可以参考CaH2与水的归中反应生成氢气。
【详解】
(1)根据分析可知固体A中的三种元素为:
Ca、N、H;Ca的常见化合价为+2价,已知固体A中Ca元素的物质的量为0.04mol,质量为1.60g,N元素的和H元素质量为0.04g共0.30g,N的相对原子质量为14,氢的相对原子质量为1,据此可推测A的化学式可能为Ca4N2H2,化为最简整数比为
;
(2)根据产物可知A与盐酸反应的产物中含有NH4+,H2,Ca2+,根据电子守恒和元素守恒可知方程式为:
;
(3)气体E为为NH3,甲醛为HCHO,根据元素守恒可知方程式为:
(或
)
。
3.由短周期元素组成的中学常见无机物A、B、C、D、E、X存在如图转化关系(部分生成物和反应条件略去)。
(1)若A是常温下的气态单质,X是Na2CO3,则D与A的水溶液反应的化学方程式为:
_____________________________________。
(2)若E为难溶于水的白色沉淀,B与X的反应是中学化学中重要的化工反应:
写出D与水反应所得的稀溶液与铜片反应的离子方程式________________________。
(3)若D为白色沉淀,且与A的摩尔质量相等,
(a)A的电子式__________。
写出X与C反应生成D的离子方程式___________。
(b)将NaHCO3分解产生的气体用足量的A充分吸收得到固体混合物甲,将甲溶于VmLCmol·L-的盐酸中,产生无色混合气体乙,溶液呈中性,则A的物质的量为__________mol,混合气体乙的物质的量为___mol。
【答案】NaHCO3+Cl2=NaCl+CO2↑+HClO3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O
Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓5VC×10-45VC×10-4mol<n(乙)<7.5VC×10-4mol
【解析】
【分析】
(1)X是Na2CO3,B应为酸,与碳酸钠反应生成C为CO2,C与碳酸钠反应所生产的D为NaHCO3,若A是常温下的气态单质,则A为Cl2;
(2)若E为难溶于水的白色沉淀、B与X的反应是中学化学中重要的化工反应,则A为Mg3N2,E为Mg(OH)2,B为NH3,C为NO,D为NO2;
(3)若D为白色沉淀,且与A的摩尔质量相等,则A为Na2O2,E为氧气,B为NaOH,X为铝盐,C为NaAlO2,D为Al(OH)3。
【详解】
(1)X是Na2CO3,B应为酸,与碳酸钠反应生成C为CO2,C与碳酸钠反应所生产的D为NaHCO3,若A是常温下的气态单质,则A为Cl2,则D与A的水溶液反应的化学方程式为:
Cl2+NaHCO3=NaCl+CO2↑+HClO;
(2)若E为难溶于水的白色沉淀、B与X的反应是中学化学中重要的化工反应,则A为Mg3N2,E为Mg(OH)2,B为NH3,C为NO,D为NO2,D与水反应所得的稀溶液与铜片反应的离子方程式:
3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O;
(3)若D为白色沉淀,且与A的摩尔质量相等,则A为Na2O2,E为氧气,B为NaOH,X为铝盐,C为NaAlO2,D为Al(OH)3;
(a)A为Na2O2,电子式为
,X与C反应生成D的离子方程式为:
3AlO2-+Al3++6H2O=4Al(OH)3↓;
(b)将NaHCO3分解产生的气体用足量的Na2O2充分吸收得到固体混合物甲为碳酸钠、过氧化钠,将甲溶于VmLcmol•L-1的盐酸中,产生无色混合气体乙为二氧化碳、氧气,溶液呈中性,溶液中溶质为NaCl,根据钠离子守恒n(Na2O2)=
n(NaCl),再有氯离子守恒,则n(Na2O2)=
n(NaCl)=
n(HCl)=
×V×10-3L×cmol/L=5Vc×10-4mol;由2Na2O2+4HCl=4NaCl+2H2O+O2↑,2Na2O2+CO2=2Na2CO3+O2,可知过氧化钠生成氧气为5Vc×10-4mol×
=2.5Vc×10-4mol,由于过氧化钠剩余,故碳酸钠的物质的量小于5Vc×10-4mol,还发生反应:
Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑,生成二氧化碳小于5Vc×10-4mol,则混合气体最大物质的量小于2.5Vc×10-4mol+5Vc×10-4mol=7.5Vc×10-4mol,故乙的物质的量:
2.5Vc×10-4mol<n(乙)<7.5Vv×10-4mol,
故答案为:
5Vc×10-4mol;2.5Vc×10-4mol<n(乙)<7.5Vc×10-4mol。
【点睛】
考查无机物推断,属于猜测验证型题目,需要学生熟练掌握元素化合物知识,(3)中计算为易错点、难点,利用守恒法过氧化钠的物质的量,注意碳酸氢钠的物质的量的范围确定。
4.A、B、C、W均为中学常见的物质,它们之间有如图所示的转化关系(其他产物及反应条件已略去,反应可以在水溶液中进行)。
(1)若A、B、C三种物质的焰色反应均为黄色,A俗称苛性钠,W为无色无味气体,C受热分解可转化为B。
①向B溶液中通入W生成C的离子方程式为__________________________________。
②A溶液与C溶液反应的化学方程式为______________________________________。
(2)若A、B、C三种物质都含有一种金属元素,且B为两性物质,W俗称苛性钠。
①A、B、C三种物质中所含有的金属元素单质与W反应的化学方程式为_____________。
②A溶液一步转化为C溶液的反应离子方程式为________________________________。
(3)若A、B、C、W四种物质均为气体,其中A、W为单质,C的摩尔质量为46g·mol-1。
①B的化学式为________________。
②实验室制取B时,_____________(填“能”或“不能”)用向上排空气法收集B。
③一定条件下B与CO反应的化学方程式为_____________________________。
(4)若A为淡黄色固体单质,W为气体单质,B、C均为酸性氧化物。
则C溶于水形成化合物D,在加热的情况下,D的浓溶液与A反应的化学方程式为________________________。
【答案】CO32-+H2O+CO2=2HCO3-NaOH+NaHCO3=Na2CO3+H2O2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑Al3-+4OH-=AlO2-+2H2ONO不能2NO+2CO
2CO2+N2S+2H2SO4(浓)
3SO2↑+2H2O
【解析】
【分析】
(1)若A、B、C 三种物质的焰色反应均为黄色,均含Na元素,A俗称苛性钠,则A为NaOH,W为无色无味气体,C受热分解可转化为B,则W为CO2、B为Na2CO3,C为NaHCO3;
(2)若A、B、C三种物质都含有一种金属元素,且B为两性物质,W俗称苛性钠,则B为Al(OH)3,A为AlCl3、C为NaAlO2;
(3)若A、B、C、W四种物质均为气体,其中A、W为单质,C的摩尔质量为46g•mol-1,则A为N2、W为O2、B为NO、C为NO2;
(4)若A 为淡黄色固体单质,W 为气体单质,B、C均为酸性氧化物,则A为S,W为O2、B为SO2、C为SO3。
【详解】
(1)若A、B、C 三种物质的焰色反应均为黄色,均含Na元素,A俗称苛性钠,则A为NaOH,W为无色无味气体,C受热分解可转化为B,则W为CO2、B为Na2CO3,C为NaHCO3。
①向Na2CO3溶液中通入CO2生成NaHCO3的离子方程式为:
CO32-+H2O+CO2=2HCO3-;
②NaOH溶液与NaHCO3溶液反应的化学方程式为:
NaOH+NaHCO3=Na2CO3+H2O;
(2)若A、B、C三种物质都含有一种金属元素,且B为两性物质,W俗称苛性钠,则B为Al(OH)3,A为AlCl3、C为NaAlO2;
①A、B、C三种物质中所含有的金属元素为Al,单质Al与NaOH溶液反应生成NaAlO2和氢气的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑;
②AlCl3溶液中滴加过量NaOH溶液生成NaAlO2,发生反应的离子方程式为Al3-+4OH-=AlO2-+2H2O。
(3)若A、B、C、W四种物质均为气体,其中A、W为单质,C的摩尔质量为46g•mol-1,则A为N2、W为O2、B为NO、C为NO2;
①B 的化学式为:
NO;
②由于NO能与氧气反应,实验室制取NO时,不能用向上排空气法收集;
③NO与CO在催化剂作用下生成N2和CO2,发生反应的化学方程式为2NO+2CO
2CO2+N2;
(4)若A 为淡黄色固体单质,W 为气体单质,B、C均为酸性氧化物,则A为S,W为O2、B为SO2、C为SO3;SO3溶于水形成化合物D为H2SO4,在加热的条件下,浓硫酸与硫反应的化学方程式为S+2H2SO4(浓)
3SO2↑+2H2O。
5.A、B、C、D、E、X是中学常见的无机物,存在如图转化关系(部分生成物和反应条件略去)。
(1)若A为常见的金属单质,焰色反应呈黄色,X能使品红溶液褪色,写出C和E反应的离子方程式________________________________________。
(2)若A为电石(CaC2),X为深红棕色液体非金属单质,写出D+X→E反应的化学方程式为________________________________。
(3)若A为淡黄色粉末,回答下列问题:
①A与H2O反应的离子方程式为__________________________________。
②若X为非金属单质,通常为黑色粉末,写出D的结构式为______________。
③若X为一种造成温室效应的气体.则鉴别等浓度的D、E两种溶液,可选择的试剂为_________。
a.盐酸 b.BaCl2溶液 c.NaOH溶液 d.Ca(OH)2溶液
(4)若A为氧化物,X为常见的金属单质,在溶液D中滴加KSCN溶液会变红色。
①A与H2O反应的化学反应方程式为__________________________________。
②指明X在元素周期表中位置为________________________。
【答案】OH-+HSO3-=SO32-+H2OBrCH=CHBr+Br2→Br2CHCHBr22Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑O=C=Oab3NO2+H2O=2HNO3+NO第四周期第Ⅷ族
【解析】
【详解】
(1)若A为常见的金属单质,焰色反应呈黄色,应为Na,X能使品红溶液褪色,应为SO2,则B为H2,C为NaOH,D为Na2SO3,E为NaHSO3,C和E反应的离子方程式为OH-+HSO3-=SO32-+H2O,故答案为OH-+HSO3-=SO32-+H2O;
(2)若A为电石(CaC2),与水反应生成乙炔和氢氧化钙,X为深红棕色液体非金属单质,X为溴,根据流程图,B为氢氧化钙,C为乙炔,D为1,2-二溴乙烯,E为1,1,2,2-四溴乙烷,则D+X→E反应的化学方程式为BrCH=CHBr+Br2→Br2CHCHBr2,故答案为BrCH=CHBr+Br2→Br2CHCHBr2;
(3)若A为淡黄色粉末,应为Na2O2,X为非金属单质,通常为黑色粉末,则X为C,根据转化关系可知B为氢氧化钠、C为氧气,D为二氧化碳,E为一氧化碳。
①过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气,反应的离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑,故答案为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑;
②D为二氧化碳,则D的结构式为O=C=O,故答案为O=C=O;
③若X为一种造成温室效应的气体,应为CO2,则C为NaOH,D为Na2CO3,E为NaHCO3,鉴别等浓度的D、E两种溶液,可用盐酸或氯化钡溶液,故答案为ab;
(4)若A为氧化物,X为常见的金属单质,在溶液D中滴加KSCN溶液会变红色,说明涉及铁离子,则X是Fe,由转化关系可知C具有强氧化性,则A为NO2,B为NO,C为HNO3,
①NO2与水反应的方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO,故答案为3NO2+H2O=2HNO3+NO;
②X为Fe,铁是26号元素,位于第四周期第Ⅷ族,故答案为第四周期第Ⅷ族。
6.A、B、C、D、E五种短周期元素,它们的原子序数依次增大;A元素是所有原子中半径最小的原子;B元素的最高价氧化物对应水化物与其氢化物生成一种盐X;D与A同主族,且与E同周期;E元素的最外层电子数是其次外层电子数的3/4,A、B、D、E这四种元素中,每一种都与C元素形成原子个数比不相同的化合物。
请回答下列问题:
(1)D位于元素周期表第_______周期______族。
(2)C和E两元素相比较,非金属性较强的是__________(填元素名称),可以验证该结论的是_________________(填写编号);
A.比较这两种元素的气态氢化物的沸点
B.比较这两种元素的单质在常温下的状态
C.比较这两种元素气态氢化物的稳定性
D.比较这两种元素单质与氢气化合的难易
(3)写出C、D两元素形成的原子个数比为1:
1的化合物与水反应的化学方程式:
______________________________。
(4)A与C间可形成负一价双原子阴离子,有10个电子,写出该阴离子与盐酸反应的离子方程式为_______________________________________;
(5)A、C、D、E四种元素可形成两种酸式盐,两种酸式盐相互反应的离子方程式为_______________________.
【答案】三ⅠA氧CD2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑OH-+H+=H2OH++HSO3-=H2O+SO2↑
【解析】
【分析】
A、B、C、D、E五种短周期元素,它们的原子序数依次增大,A元素的原子半径最小,则A为H;B元素的最高价氧化物对应水化物与其氢化物能生成盐,则B为N;E元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的
,则E为S;D与A同主族,且与E同周期,则D为Na;A、B、D、E这四种元素,每一种与C元素都能形成元素的原子个数比不相同的多种化合物,则C为O,然后利用元素及其单质、化合物的性质来解答。
【详解】
A、B、C、D、E五种短周期元素,它们的原子序数依次增大,A元素的原子半径最小,则A为H;B元素的最高价氧化物对应水化物与其氢化物能生成盐,则B为N;E元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的
,则E为S;D与A同主族,且与E同周期,则D为Na;A、B、D、E这四种元素,每一种与C元素都能形成元素的原子个数比不相同的多种化合物,则C为O;
(1)D是Na位于元素周期表第三周期,ⅠA族;
(2)氧与硫同主族,从上到下非金属性在减弱,则非金属性O>S,可以利用与氢气化合的难易程度及气态氢化物的稳定性、单质的氧化性等来判断,氢化物沸点、单质的状态都属于物理性质,不能比较非金属性强弱,故AB错误、CD正确;
(3)C、D两元素形成的原子个数比为1:
1的化合物为Na2O2与水反应的离子方程式为:
2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑;
(4)A与C间可形成负一价双原子阴离子,有10个电子,为OH-离子,该阴离子与盐酸反应的离子方程式为:
OH-+H+=H2O;
(5)A、C、D、E四种元素分别为H、O、Na、S,可形成两种酸式盐,为NaHSO4、NaHSO3,两种酸式盐相互反应的离子方程式为:
H++HSO3-=H2O+SO2↑。
7.A、B、C、D、E五种短周期元素,它们的原子序数依次增大;A元素的原子半径最小;B元素的最高价氧化物对应水化物与其氢化物能生成盐;D与A同主族,且与E同周期;E元素原子的最外层电子数比次外层电于数少2;A、B、D、E这四种元素,每一种与C元素都能形成原子个数比不相同的若于种化合物。
请回答:
(l)B元素的名称是__________。
在周期表中的位置是_________________________。
(2)C和E两种元素相比较,原子得电子能力较强的是(填元素名称)____________。
以下三种说法中,可以验证该结论的是(填写编号)____________________。
A.比较这两种元素的常见单质的沸点
B.二者形成的化合物中,C元素的原子显负价
C.比较这两种元素的气态氢化物的稳定性
(3)A、B、C、E可形成两种酸式盐(均含有该四种元素),这两种酸式盐在水溶液中相互反应的离子方程式为_______________________________________________。
(4)C与D形成的某种化合物可作潜水面具中的供氧剂,每生成标准状况下11.2LO2,消耗该化合物的质量为___________。
【答案】氮第二周期第ⅤA族氧BCHSO3-+H+=SO2↑+H2O78g
【解析】
【分析】
A、B、C、D、E五种短周期元素,它们的原子序数依次增大,A元素的原子半径最小,则A为H元素;D与A同主族,原子序数相差大于2,故D为Na;B元素的最高价氧化物对应水化物与其氢化物能生成盐,则B为N元素;D与E同周期,则E处于第三周期,E元素原子的最外层电子数比次外层电子数少2,最外层电子数为6,故E为S元素;A、B、D、E这四种元素,每一种与C元素都能形成原子个数比不相同的若干种化合物,可推知C为O元素,据此分析解题。
【详解】
由分析知:
A为H元素、B为N元素、C为O元素、D为Na元素、E为S元素;
(1)B元素的名称是氮元素,核电荷数为7,在周期表中的位置是第二周期第ⅤA族;
(2)同主族自上而下原子得电子能力减弱,故O原子得电子能力比硫原子强;
A.单质的沸点属于物理性,不能判断得电子能力强弱,故A错误;
B.二者形成的化合物中,O元素的原子显负价,说明氧元素对键合电子吸引力更大,O的非金属性强,故B正确;
C.氢化物越稳定,元素非金属性越强,可以比较氧原子得电子能力强,故C正确;故答案为BC;
(3)A、B、C、E可形成两种酸式盐(均含有该四种元素):
NH4HSO3、NH4HSO4,
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- 备战 高考 化学 专题 复习 及其 化合物 推断 练习题 答案 解析